de thi khao sat chat luong co loi giai k102

a/ Tìm toạ độ trọng tâm G và véctơ trung tuyến AA1 của tam giác ABC .. Gọi G là trọng tâm tam giác.[r]

ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN I Môn : Toán 10 Thời gian: 150 phút 2 Câu1(2điểm): Cho phương trình x  3mx  m 0 a/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x12  x22 7 ìm m để phương trình có hai nghiệm thoả mãn b/ T Câu2(2điểm): Giải phương trình: a/ b/ x  5x  x  2x    x 1 x  x 1 x 1 Câu3(2điểm): Cho hệ phương trình: mx  y 2m   x  my m  a/ Giải hệ phương trình với m= b/ Tìm m để hệ phương trình có nghiệm Câu4(3điểm): 1/ Cho tam giác ABC có: A(1;-2), B(0;4), C(3;2) Gọi A1 là trung điểm BC  a/ Tìm toạ độ trọng tâm G và véctơ trung tuyến AA1 tam giác ABC     b/ Tìm toạ độ điểm N biết: AN  BN  4CN 0 2/ Cho tam giác ABC có:BC=a,  CA=b,   AB=c Gọi G là trọng tâm tam giác Chứng minh rằng: a.GA  b.GB  c.GC 0 thì tam giác ABC Câu5(1điểm): Cho x, y , z là các số thực dương Chứng minh rằng: x y z xyz (1  )(1  )(1  ) 2(1  ) xyz y z x HẾT (Cán coi thi không giải thích gì thêm!) ĐÀP ÁN Môn : Toán 10 Câu Câu1 (2đ) Nội dung a/ Ta có:  (3m)  4m 5m2 0 Thang điểm 0,5 Do đó để phương trình có hai nghiệm phân biệt điều kiện là    5m   m 0 m 0 phương trình có hai nghiệm phân biệt 0,5 x12  x22 7 ương trình đã cho có nghiệm thoả mãn b/ ph  5m2 0  (1) 2 ( x1  x2 )  x1 x2 7  x1  x2  3m  Theo định lý viét ta có:  x1 x2 m thay vào (1) ta có: m  R   2 ( 3m)  m 7 m  R  m   m 1  m  thoả mãn điều kiện đề bài 0,25 0,25 0,5 Câu2: (2đ) a/  x  0 x  x  x    2 ( x  x  4) ( x  4)  x   2 ( x  x  4)  ( x  4) 0  x   x       x  x  0 ( x  x  8)( x  x) 0    x  x 0  x     x 0(tm)    x  5(l )    x  2(tm)    x  4(tm) 0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy phương trình đã cho co nghiệm là: x=0; x=-2 và x=-4 b/ 2x     x 1 x  x 1 x 1  x    x  x  0  x      x  1(l )   x  2(tm)  0,5 0,5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x=-2 Câu3: (1đ)  x  y 4  a/ với m=2 ta có hệ phương trình:  x  y 3   x    2  y 2 x; y   ;    hệ phương trình có nghiệm là  3 1,0 b/ ta có: D m  Dx 2m  m   2m  1  m  1 Dy m  m m  m  1 Hệ phương trình có nghiệm  D Dx DY 0   D 0   m2  0   (m  1)(2m  1) 0    m( m  1) 0    m  0 0,25  m 1    m 1  m    m  0,25 Vậy với m  thì hệ phương trình có nghiệm 0,5 Câu4: 1/(2đ) (3đ)  4 G ;  a/  3  0,5 3   1  A1  ;3   AA1  ;5  2  ta có:   0,5 b/ Gọi N(x;y) ta có:  AN ( x  1; y  2)  BN ( x; y  4)  CN ( x  3; y  2) 0,5     Theo giả thiết: AN  BN  4CN 0 nên ta có Hệ phương trình:  x   x  4( x  3) 0    y   2( y  4)  4( y  2) 0 Vậy N(-11;-2)  x  11   y  0,5 2/ Theo tính chất trọng tâm ta có: 0,25        GA  GB  GC 0  GA  GB  GC Theo giả thiết:          a GA b GB  c.GC 0  a.(  GB  GC )  b.GB  c GC 0   0,25   (b  a ) GB  (c  a ) GC 0   Mà hai véctơ: GB; GC là hai véctơ không cùng phương, đó b  a 0  a b c  c  a   ta có: Vậy tam giác ABC Câu5: (1đ) x y z x x y y z z (1  )(1  )(1  ) 2        y z x y z x z x y x x y y z z (   1)  (   1)  (   1)   y z x z x y 3( 2( 0,5 0,25 0,25 x y z xyz 3 3 )  3( ) 1 xyz yz xz xy xyz x yz x yz x yz )( )  2( ) 3  1 xyz xyz xyz xyz x yz x yz 2( )  2(  1) xyz xyz 0,25 Đó là điều phải chứng minh Dấu “=” xảy và chi x=y=z 0,25